37立体几何中的向量方法 专项训练—2024届艺术班高考数学一轮复习（文字版 含答案）

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A．l∥α B．l⊥α
C．l与α斜交 D．l⊂α或l∥α
解析：选B 因为a＝(1，－3，5)，n＝(－1，3，－5)，所以a＝－n，a∥n．所以l⊥平面α．
2．(2023·南京师大附中期中)已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，则两平面所成的二面角的正弦值为( )
A．eq \f(\r(6),3) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(1,3)D．eq \f(2\r(2),3)
解析：选B 由两平面的法向量分别为m＝(0，1，1)，n＝(1，1，1)，
可得cs〈m，n〉＝eq \f(m·n,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m))\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(2,\r(2)×\r(3))＝eq \f(\r(6),3)，
设两平面所成的二面角为θ，其中θ∈[0，π]，可得sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(\r(3),3)．
即两平面所成的二面角的正弦值为eq \f(\r(3),3)．
3．(2023·绵阳测试)如图所示，已知正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是上底面A1B1C1D1和侧面ADD1A1的中心，则EF和CD所成的角是( )
A．60°B．45°
C．30° D．135°
解析：选B 以D为原点，分别以射线DA，DC，DD1为x轴、y轴、z轴的非负半轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，设正方体的棱长为1，则D(0，0，0)，C(0，1，0)，E(eq \f(1,2)，eq \f(1,2)，1)，F(eq \f(1,2)，0，eq \f(1,2))，eq \(EF,\s\up6(→))＝(0，－eq \f(1,2)，－eq \f(1,2))，eq \(DC,\s\up6(→))＝(0，1，0)，
∴cs〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝eq \f(\(EF,\s\up6(→))·\(DC,\s\up6(→)),|\(EF,\s\up6(→))||\(DC,\s\up6(→))|)＝－eq \f(\r(2),2)，
∴〈eq \(EF,\s\up6(→))，eq \(DC,\s\up6(→))〉＝135°，∴异面直线EF和CD所成的角是45°．故选B．
4．(2023·泰州调研)在空间直角坐标系O－xyz中，已知Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－4，1))，且平面OAB的法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－2，3))，则P到平面OAB的距离为( )
A．2eq \r(3)B．4
C．eq \r(17) D．3eq \r(2)
解析：选C 依题意eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3，－4，1))，平面OAB的法向量为n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－2，3))，
所以点P到平面OAB的距离d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(OP,\s\up6(→))·n)),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(n)))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(3×2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4))×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))＋1×3)),\r(22＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))\s\up12(2)＋32))＝eq \r(17)．
5．设u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，0，－1))是平面α的一个法向量，a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，2))是直线l的一个方向向量，则直线l与平面α的位置关系是( )
A．平行或直线在平面内
B．不能确定
C．相交但不垂直
D．垂直
解析：选A 因为u·a＝2＋0－2＝0，所以u⊥a，
所以直线l与平面α的位置关系是平行或直线在平面内．故选：A．
6．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝2，BB1＝4，则直线BB1与平面ACD1所成角的正弦值为( )
A．eq \f(1,3) B．eq \f(\r(3),3)
C．eq \f(\r(6),3)D．eq \f(2\r(2),3)
解析：选A
如图所示，建立空间直角坐标系Dxyz．则A(2，0，0)，C(0，2，0)，D1(0，0，4)，B(2，2，0)，B1(2，2，4)，eq \(AC,\s\up6(→))＝(－2，2，0)，eq \(AD1,\s\up6(→))＝(－2，0，4)，eq \(BB1,\s\up6(→))＝(0，0，4)．
设平面ACD1的法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(AC,\s\up6(→))＝0，,n·\(AD1,\s\up6(→))＝0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2x＋2y＝0，,－2x＋4z＝0，))
取x＝2，则y＝2，z＝1，故n＝(2，2，1)是平面ACD1的一个法向量，设直线BB1与平面ACD1所成的角是θ，则sinθ＝|cs〈n，eq \(BB1,\s\up6(→))〉|＝eq \f(|n·\(BB1,\s\up6(→))|,|n||\(BB1,\s\up6(→))|)＝eq \f(4,\r(9)×4)＝eq \f(1,3)．故选A．
7．
正三棱柱(底面是正三角形的直棱柱)ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为2eq \r(2)，则AC1与侧面ABB1A1所成的角为________．
解析：以C为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，C1(0，0，2eq \r(2))．点C1在侧面ABB1A1内的射影为点C2(eq \f(3,2)，eq \f(\r(3),2)，2eq \r(2))．
所以eq \(AC1,\s\up6(→))＝(－2，0，2eq \r(2))，eq \(AC2,\s\up6(→))＝(－eq \f(1,2)，eq \f(\r(3),2)，2eq \r(2))，设直线AC1与平面ABB1A1所成的角为θ，则cs θ＝eq \f(\(AC1,\s\up6(→))·\(AC2,\s\up6(→)),|\(AC1,\s\up6(→))||\(AC2,\s\up6(→))|)＝eq \f(1＋0＋8,2\r(3)×3)＝eq \f(\r(3),2)．又θ∈[0，eq \f(π,2)]，所以θ＝eq \f(π,6)．
答案：eq \f(π,6)
8．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为BB1，CD的中点，则点F到平面A1D1E的距离为________．
解析：以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示．
则A1(0，0，1)，E(1，0，eq \f(1,2))，F(eq \f(1,2)，1，0)，D1(0，1，1)．
∴eq \(A1E,\s\up6(→))＝(1，0，－eq \f(1,2))，eq \(A1D1,\s\up6(→))＝(0，1，0)．
设平面A1D1E的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(n·\(A1E,\s\up6(→))＝0，,n·\(A1D1,\s\up6(→))＝0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)z＝0，,y＝0.))
令z＝2，则x＝1．
∴n＝(1，0，2)．又eq \(A1F,\s\up6(→))＝(eq \f(1,2)，1，－1)，
∴点F到平面A1D1E的距离为
d＝eq \f(|\(A1F,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－2)),\r(5))＝eq \f(3\r(5),10)．
答案：eq \f(3\r(5),10)
9．(2023·池州模拟)已知点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－1，3))，若Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0，0))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，2，2))两点在直线l上，则点A到直线l的距离为________．
解析：依题意，eq \(AB,\s\up6(→))＝(－1，1，－3)，而eq \(BC,\s\up6(→))＝(0，2，2)，
故与eq \(BC,\s\up6(→))方向相同的单位向量为u＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,\r(2))，\f(1,\r(2))))，
则所求距离d＝eq \r(\(AB,\s\up6(→))2－（\(AB,\s\up6(→))·u）2)＝eq \r(11－2)＝3．
答案：3
10．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，∠DAB＝60°，PA＝PD＝eq \r(5)，F为AB的中点，AC⊥PF．
(1)求证：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)求点A到平面PDF的距离．
解：(1)证明：连接BD，记AD中点为O，连接OF，
∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD．
∵O，F分别为AD，AB的中点，
∴OF∥BD，∴OF⊥AC．
又∵AC⊥PF，PF∩OF＝F，PF⊂平面POF，OF⊂平面POF，
∴AC⊥平面POF．
∵PO⊂平面POF，∴AC⊥PO．
∵PA＝PD，∴PO⊥AD．
又∵AD∩AC＝A，AD⊂平面ABCD，
AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥平面ABCD．
∵PO⊂平面PAD，
∴平面PAD⊥平面ABCD．
(2)∵AB＝AD，∠DAB＝60°，
∴△ABD为正三角形，
∴BO⊥AD．
由(1)可知AD、OB、PO两两垂直，于是如图建立空间直角坐标系，
则P(0，0，2)，D(－1，0，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，
A(1，0，0)，
所以eq \(PD,\s\up6(→))＝(－1，0，－2)，eq \(PF,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，－2))，eq \(AD,\s\up6(→))＝(－2，0，0)．
设向量n＝(x，y，z)为平面PDF的法向量，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x－2z＝0，,\f(1,2)x＋\f(\r(3),2)y－2z＝0，))
取x＝2，得n＝(2，－2eq \r(3)，－1)．
所以点A到平面PDF的距离d＝eq \f(|\(AD,\s\up6(→))·n|,|n|)＝eq \f(4,\r(17))＝eq \f(4\r(17),17)．
11．(2023·德州模拟)如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，BC＝4，CC1＝2，点Q为BC的中点，平面AQC1⊥平面BCC1B1．
(1)证明：AQ⊥平面BB1C1C；
(2)若直线AC与平面AQC1所成角的大小为30°，求锐二面角QAC1C的大小．
解：(1)证明：取QC1中点D，连接CD，
因为CC1⊥CQ，CC1＝CQ＝2，
所以CD⊥C1Q．
又平面AQC1⊥平面BCC1B1，平面AQC1∩平面BCC1B1＝QC1，所以CD⊥平面AQC1．
因为AQ⊂平面AQC1，
所以CD⊥AQ
又因为AQ⊥CC1，CC1∩CD＝C，
所以AQ⊥平面BB1C1C．
(2)连接AD，由(1)知，CD⊥面AQC1，
则∠CAD是直线AC与平面AQC1所成角，
∠CAD＝30°，在Rt△CAD中，CD＝eq \r(2)，AC＝eq \f(CD,sin 30°)＝2eq \r(2)．
又Rt△CAQ≌Rt△BAQ，
AB＝AC＝2eq \r(2)，BC＝4，
得AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC．
以A为原点，AB，AC，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
A(0，0，0)，C1(0，2eq \r(2)，2)，Q(eq \r(2)，eq \r(2)，0)，
eq \(AC1,\s\up6(→))＝(0，2eq \r(2)，2)，eq \(AQ,\s\up6(→))＝(eq \r(2)，eq \r(2)，0)．
设平面AQC1得法向量为n＝(x，y，z)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2\r(2)y＋2z＝0，,\r(2)x＋\r(2)y＝0，))
令y＝－1，则n＝(1，－1，eq \r(2))．
又AB⊥平面ACC1，则eq \(AB,\s\up6(→))＝(2eq \r(2)，0，0)为面ACC1的一个法向量．
设二面角QAC1C大小为α，
则cs α＝|cs〈eq \(AB,\s\up6(→))，n〉|＝eq \f(\(AB,\s\up6(→))·n,|\(AB,\s\up6(→))||n|)＝eq \f(2\r(2),2\r(2)×2)＝eq \f(1,2)，
所以锐二面角QAC1C的大小为60°．
12．如图，在三棱锥PABC中，△PAC为等腰直角三角形，PA＝PC，AC＝2，△ABC为正三角形，D为AC的中点．
(1)证明：平面PDB⊥平面PAC；
(2)若二面角PACB的平面角为锐角，且三棱锥PABC的体积为eq \f(\r(3),6)，求二面角APBC的正弦值．
解：(1)证明：∵PA＝PC，D为AC中点，∴AC⊥PD．
又△ABC为等边三角形，BA＝BC，∴AC⊥BD．
∵BD∩PD＝D，BD，PD⊂平面PDB，
∴AC⊥平面PDB．
∵AC⊂平面PAC，
∴平面PAC⊥平面PDB．
(2)∵△ABC为正三角形，AC＝2，
∴△ABC的面积为eq \r(3)，
设三棱锥PABC的底面ABC上的高为h，
VPABC＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×h＝eq \f(\r(3),3)h＝eq \f(\r(3),6)⇒h＝eq \f(1,2)，
作PO⊥DB于O，结合(1)可知PO⊥平面ABC，
所以PO＝eq \f(1,2)，又PD＝1，所以∠PDO＝30°，
DO＝eq \f(\r(3),2)，
所以O是DB的中点，记BC的中点为E，以OB，OE，OP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，则
A(－eq \f(\r(3),2)，－1，0)，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，0))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0，\f(1,2)))，
C(－eq \f(\r(3),2)，1，0)，
∴eq \(AP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，1，\f(1,2)))，eq \(PB,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，0，－\f(1,2)))，
eq \(PC,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),2)，1，－\f(1,2)))．
设n1＝(x1，y1，z1)是平面PAB的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x1＋y1＋\f(1,2)z1＝0，,\f(\r(3),2)x1－\f(1,2)z1＝0，))
则x1＝1，则n1＝(1，－eq \r(3)，eq \r(3))．
设n2＝(x2，y2，z2)是平面PBC的一个法向量，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)x2－\f(1,2)z2＝0，,－\f(\r(3),2)x2＋y2－\f(1,2)z2＝0，))
取x2＝1，则取n2＝(1，eq \r(3)，eq \r(3))．
所以cs〈n1，n2〉＝eq \f(|n1·n2|,|n1||n2|)＝eq \f(|1－3＋3|,7)＝eq \f(1,7)，
设二面角APBC的平面角为θ，则sin θ＝eq \r(1－cs2θ)＝ eq \r(1－cs2 〈n1，n2〉)＝eq \f(4\r(3),7)．